uoj

bzoj

luogu

sol

根据\(Lucas\)定理，\(\binom nm \mod 2=\binom{n\%2}{m\%2}\times\binom{n/2}{m/2}\mod 2\)。

由于\(\binom{n\%2}{m\%2}\)的取值只可能是\(0\)或\(1\)，以为我们希望\(\binom nm=1\mod 2\)，所以\(\binom{n\%2}{m\%2}\)应该始终取值为\(1\)。因为\(\binom 00=\binom 10=\binom 11=1,\binom 01=0\)，所以\(\binom{n\%2}{m\%2}\)始终为\(1\)其实就要求了\(n\)在每个二进制位上的值都不小于\(m\)在那位上的值。

这不就是说\(m\)是\(n\)的子集吗？

所以这个题就很简单了吧。枚举子集算当前位的\(dp\)值，复杂度\(O(3^{\log a_i})\)。

这个复杂度假的不行啊。

考虑一些优化。我们相当于是要支持一个数据结构支持插入一个数，或查询某个数的所有子集。上面\(O(3^{\log a_i})\)的做法中，插入和查询一者的复杂度是\(O(3^{\log a_i})\)，而另一者是线性的。这样很不优雅，我们考虑尽量均摊这个复杂度。

开桶，记\(t_i\)表示前\(9\)位是\(i\)的前\(9\)位的超集，后\(9\)位与\(i\)的后\(9\)位相同的数之和。这样均摊每\(2^9\)次插入和查询的复杂度是\(O(3^9)\)，所以总复杂度就是\(O(6^9)\)。

code

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

int gi(){

	int x=0,w=1;char ch=getchar();

	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();

	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();

	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();

	return w?x:-x;

}

const int mod = 1e9+7;

int n,ans,t[1<<18];

void mdf(int x,int y){

	int a=x&(~511),b=x&511;(t[b]+=y)%=mod;

	for (int c=a;c;c=(c-1)&a) (t[c|b]+=y)%=mod;

}

int qry(int x){

	int a=x&(~511),b=(x&511)^511,res=t[a|511];

	for (int c=b;c;c=(c-1)&b) (res+=t[a|(c^511)])%=mod;

	return res;

}

int main(){

	n=gi();

	for (int i=1;i<=n;++i){

		int a=gi(),f=qry(a)+1;

		ans=(ans+f)%mod;mdf(a,f);

	}

	printf("%d\n",(ans-n+mod)%mod);return 0;

}